HDU 6391 Lord Li's problem（dp+组合数学）

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Description

对于$0$~$2^n-1$这些数字中二进制表示只有三个$1$的数字集，问从中选取一个$k$子集与$S$异或结果为$T$的方案数

Input

多组用例，每组用例首先输入两个整数$n,k$，之后输入两个长度为$n$的$01$串为$S,T$的二进制表示，以$0\ 0$结束输入

$(1\le n\le 40,0\le k\le min(20,C_n^3))$

Output

输出方案数，结果模$19260817$

Sample Input

4 3
1101
1001
3 1
101
010
5 3
11010
10111
0 0

Sample Output

Case #1: 1
Case #2: 1
Case #3: 6

Solution

问题转化为用不同的$k$个二进制表示只有三个$1$的$n$位二进制数异或得到$S$^$T$，假设$S$^$T$有$m$个位置为$1$，显然方案数只和$m$有关，与这$m$个$1$的具体位置无关，那么我们只需使得这$k$个数字异或结果的后$m$位为$1$，前$n-m$位为$0$即可，以$dp[i][j]$表示用$i$个不同的数字异或结果为后$j$位为$1$，前$n-j$位为$0$的方案数，考虑第$i$个数的贡献，有四种情况

$1$.$3$个$1$全部在之前为$0$的位，也即从当前的$j$个$1$中找$3$个位置放置当前数字的$3$个$1$，故有转移

$$dp[i][j]+=C_{j}^3\cdot dp[i-1][j-3]$$
$2$. $2$个 $1$在之前为 $0$的位， $1$个 $1$在之前为 $1$的位，也即从当前的 $j$个 $1$中找 $2$个位置放置当前数字产生的 $2$个 $1$，从当前的 $n-j$个 $1$里找 $1$个位置放置当前数字消除的 $1$个 $1$，故有转移
$$dp[i][j]+=C_j^2\cdot C_{n-j}^1\cdot dp[i-1][j-1]$$
$3$. $1$个 $1$在之前为 $0$的位， $2$个 $1$在之前为 $1$的位，也即从当前的 $j$个 $1$中找 $1$个位置放置当前数字产生的 $1$个 $1$，从当前的 $n-j$个 $1$里找 $2$个位置放置当前数字消除的 $2$个 $1$，故有转移
$$dp[i][j]+=C_j^1\cdot C_{n-j}^2\cdot dp[i-1][j+1]$$
$4$. $3$个 $1$全部在之前的 $1$位，也即从当前的 $n-j$个 $0$找 $3$个位置放置当前数字消除的 $3$个 $1$，故有转移
$$dp[i][j]+=C_{n-j}^3\cdot dp[i-1][j+3]$$
首先注意到此时我们放置的第 $i$个数字可能会与前面的 $i-1$个数字中的某个重复，故有
$$dp[i][j]-=(C_n^3-(i-2))\cdot dp[i-2][j]$$
表示前 $i-2$个不同的数字已经使得后 $j$位为 $1$，前 $n-j$位为 $0$，而第 $i$个数字重复出现了两次，选取一个和前 $i-2$个数字不同的数字均可

其次我们不应考虑数字的前后顺序，故有

$$dp[i][j]=\frac{dp[i][j]}{i}$$
单组用例时间复杂度 $O(nk)$，总时间复杂度 $O(Tnk)$，注意到可以预处理每个长度的答案，对于每组用例只需统计 $m$即可，时间复杂度 $O(n^2k+Tn)$

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mod 19260817
int mul(int x,int y)
{
    ll z=1ll*x*y;
    return z-z/mod*mod;
}
int add(int x,int y)
{
    x+=y;
    if(x>=mod)x-=mod;
    return x;
}
int n,k,inv[22],C[44][44],dp[44][22][44];
char a[44],b[44];
void init()
{
    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=20;i++)inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
    for(int i=0;i<=40;i++)
    {
        C[i][0]=C[i][i]=1;
        for(int j=1;j<i;j++)C[i][j]=add(C[i-1][j-1],C[i-1][j]);
    }
    for(int n=1;n<=40;n++)
    {
        dp[n][0][0]=1;
        for(int i=1;i<=min(20,C[n][3]);i++)
            for(int j=0;j<=n;j++)
            {
                if(j+1<=n)dp[n][i][j]=add(dp[n][i][j],mul(dp[n][i-1][j+1],mul(C[j][1],C[n-j][2])));
                if(j+3<=n)dp[n][i][j]=add(dp[n][i][j],mul(dp[n][i-1][j+3],C[n-j][3]));
                if(j>=1)dp[n][i][j]=add(dp[n][i][j],mul(dp[n][i-1][j-1],mul(C[j][2],C[n-j][1])));
                if(j>=3)dp[n][i][j]=add(dp[n][i][j],mul(dp[n][i-1][j-3],C[j][3]));
                if(i>=2)dp[n][i][j]=add(dp[n][i][j],mod-mul(dp[n][i-2][j],add(C[n][3],mod-(i-2))));
                dp[n][i][j]=mul(dp[n][i][j],inv[i]);
            }
    }
}
int main()
{
    int Case=1;
    init();
    while(~scanf("%d%d",&n,&k),n||k)
    {
        int m=0;
        scanf("%s%s",a,b);
        for(int i=0;i<n;i++)m+=(a[i]-'0')^(b[i]-'0');
        printf("Case #%d: %d\n",Case++,dp[n][k][m]);
    }
    return 0;
}